特訓04期中解答壓軸題（第24-25章）一、解答題1．（2022·上海市淞誼中學九年級階段練習）在平行四邊形ABCD中，AB＝6，BC＝3，點E是射線BA上一點，且滿足DA＝DE，點F在線段CE上，聯(lián)結DF，使∠EFD＝∠DAB．(1)如圖，當點E在邊BA上時，①求證：DF?CE＝AB?AD；②若BE＝2，求線段CF的長．(2)若△DCF是以CF為腰的等腰三角形，求此時線段CE的長．【答案】(1)①見解析；②；(2)6或【分析】（1）①通過證明△DEF∽△CED，可得，可得結論；②由等腰三角形的性質和勾股定理可求CE的長，由相似三角形的性質可求解；（2）分兩種情況討論，方法同②．（1）①證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，ABCD，∴∠AED=∠CDE，∵DA=DE，∴∠DAB=∠DEA，∵∠EFD=∠DAB，∴∠DFE=∠DAB=∠DEA=∠EDC，又∵∠CED=∠DEF，∴△DEF∽△CED，∴，∴DF?CE=AB?AD；②解：過點D作DH⊥AB于H，過點E作EN⊥CD于N，∵BE=2，AB=6，∴AE=4，∵AD=DE，DH⊥AB，∴AH=EH=2，∴，∵ABCD，DH⊥AB，EN⊥CD，∴∠DHE=∠END=∠HDC=90°，∴四邊形DHEN是矩形，∴EH=DN=2，EN=HD=，∴CN=4，∴，∵△DEF∽△CED，∴，∴，∴，∴；（2）解：當CF=CD時，CF=CD=6，當CF=FD時，如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點E作EN⊥CD于N，∵CF=FD，∴∠FCD=∠FDC，∴∠EFD=2∠FCD，∵∠EFD=∠DAB=∠BCD，∴∠BCD=2∠FCD，∴∠BCE=∠FCD，∵ABCD，∴∠BEC=∠FCD=∠BCE，∴BC=BE=3，∵AB=6，∴AE=3，∵AD=DE，DH⊥AB，∴AH=EH=，∴，∵AB∥CD，DH⊥AB，EN⊥CD，∴∠DHE=∠END=∠HDC=90°，∴四邊形DHEN是矩形，∴EH=DN=，EN=HD=，∴CN=，∴，綜上所述：CE的值為6或．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，添加恰當輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．2．（2022·上海虹口·二模）如圖，在中，，，，平分交于點．點、分別在線段、上，且，聯(lián)結，以、為鄰邊作平行四邊形．(1)求的長；(2)當平行四邊形是矩形時，求的長；(3)過點作平行于的直線，分別交、、于點、、．當時，求的長．【答案】(1)5(2)(3)【分析】（1）由，平分，可知，利用等角對等邊，可知AD=BD，證，利用相似三角形的性質，即可求解；（2）過點D作DN⊥AB于N，如圖，利用等腰三角形的性質，可得，利用矩形的性質，可得，從而可得，利用平行線分線段成比例，即可求解；（3）可知四邊形AEPQ是平行四邊形，利用平行四邊形的性質可得，，可得，，利用相似三角形的性質，即可求解．（1）解：∵平分，∴，∵，∴，∴AD=BD，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵AD=BD，∴AD=5，∵，∴，∴，過點D作DN⊥AB于N，如圖，∵AD=BD，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，設，則，∴，解得，經(jīng)檢驗，是原方程的解，∴；（3）解：如圖，設，∵，∴四邊形AEPQ是平行四邊形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，整理得：，解得，經(jīng)檢驗，是原方程的解，但，此時，點E不在線段AB上，故舍去，∴，∴的長為．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、平行線分線段成比例、平行四邊形的判定和性質、矩形的性質等，解題關鍵是正確找到或構造相似三角形．3．（2021·上海市民辦上寶中學九年級期中）如圖，在Rt△ABC中，點P為斜邊BC上一動點，將△ABP沿直線AP折疊，使得點B的對應點為B'，聯(lián)結AB′，CB′，BB'，PB'，BB'與AP交于點E，PB'與AC交于點D．(1)如圖1，若AP＝PC，BC＝6，cos∠ABC＝，求CB'的長；(2)如圖2，若AB＝AC，BP＝3PC，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先由AP＝PC證明點P是BC的中點，然后借助cos∠ABC的值和BC＝6求得PB＝PA＝PC＝3，AB＝2，再借助折疊的性質求得PB'＝PB、∠APB'＝∠APB，進而利用勾股定理求得PE的長度，過點P作PH⊥B'C于點H，構造△CPH≌△PBE，最后利用等腰三角形的性質得到B'C的長度；（2）先設AB＝AC＝4a，進而利用勾股定理和BP＝3CP得到BC、PC、PB的長，然后利用折疊得到∠PB'A＝∠PCD，PB＝PB'，然后得證△DCP∽△DB'A，再設CD＝n，PD＝m，再利用相似三角形的性質得到m與n的值，進而得到B'D和AD的長，最后得到結果．(1)解：（1）∵AP＝PC，∴∠PCA＝∠PAC，∵∠BAC＝90°，∴∠ACP＝90°﹣∠PBA，∠PAC＝90°﹣∠PAB，∴∠PAB＝∠PBA，∴PA＝PB＝PC，∴點P是BC的中點，∵BC＝6，cos∠ABC＝，∴PC＝PB＝PA＝3，AB＝BC×cos∠ABC＝6×＝2，由折疊得，PB'＝PB＝PC，AP⊥B'B，∠APB＝∠APB'，設AE＝x，則PE＝PA﹣AE＝3﹣x，在Rt△PBE中，BE2＝PB2﹣PE2，在Rt△ABE中，BE2＝AB2﹣AE2，∴AB2﹣AE2＝PB2﹣PE2，即22﹣x2＝32﹣（3﹣x）2，解得：x＝，∴PE＝，過點P作PH⊥B'C于點H，則∠PHC＝∠BEP＝90°，∵PB'＝PC，∴點H是B'C的中點，∠CPH＝∠B'PH，∵∠APB＝∠APB'，∠APB+∠APB'+∠CPH+∠B'PH＝180°，∴∠CPH+∠APB＝90°，∵∠APB+∠PBE＝90°，∴∠CPH＝∠PBE，又∵BP＝PC，∠PHC＝∠BEP，∴△CPH≌△PBE（AAS），∴CH＝PE＝，∴B'H＝，∴B'C＝CH+B'H＝＝．(2)設AB＝AC＝4a，則BC＝，∵BP＝3CP，∴CP＝，BP＝，由折疊得，∠AB'P＝∠ABP＝45°，PB'＝PB＝，AB'＝AB＝4a，∴∠AB'D＝∠PCD，∵∠B'DA＝∠CDP，∴△B'DA∽△CDP，∴，設CD＝n，PD＝m，則AD＝4a﹣n，B'D＝，∴，解得：m＝，n＝，∴B'D＝，AD＝，∴．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質、折疊的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟知折疊的性質得到相關的線段和角相等．4．（2020·上海民辦建平遠翔學校九年級階段練習）已知：如圖，在中，，，，是斜邊上的一個動點，交邊于點（點與點、都不重合），是射線上一點，且，設、兩點的距離為，的面積為．(1)求證：；(2)求關于的函數(shù)關系式，并寫出它的定義域；(3)當與相似時，求的面積．【答案】(1)見解析(2)(3)或【分析】（1）先證明△ADP∽△ABC，由相似三角形的對應邊成比例即可得出，再由∠EPD=∠A，∠PED=∠AEP可知△EPD∽△EAP，然后根據(jù)對應邊成比例即可求解；（2）由△EPD∽△EAP，得，得出AE與DE的關系，作EH⊥AB，由PD∥HE可得出，進而可得出y與x的關系式；（3）由△PEH∽△BAC，得，當△BEP與△ABC相似時，只有兩種情形：∠BEP=∠C=90°或∠EBP=∠C=90°，由相似三角形的對應邊成比例即可得出答案．（1）證明：，為公共角，，，，，，，；（2）解：，，，，作于點，，，，PH⊥AB，，，，，，

即．（3）解：，∴∠PEH=∠EPD，，∴∠PEH=∠A，∵∠PHE=∠C，，，，當與相似時，

①當時，，，解得：，；②當時，同理可得：．綜上，當與相似時，的面積為或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解答本題的關鍵．在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形．5．（2021·上海市南匯第一中學九年級階段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，對角線AC、BD交于點O，點E在AB延長線上，連接CE，AF⊥CE，AF分別交線段CE、邊BC、對角線BD于點F、G、H（點F不與點C、E重合）．(1)當點F是線段CE的中點，求GF的長；(2)設BE＝x，OH＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域；(3)當△BHG是等腰三角形時，求BE的長．【答案】(1)(2)y＝（0＜x＜）(3)3或【分析】（1）首先利用勾股定理得出AC的長，證得△ACF≌△AEF，得出BE＝2，進一步得出△CBE∽△ABG，△CGF∽△CBE，利用三角形相似的性質得出CF、CG的長，利用勾股定理求得而答案即可；（2）作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分別為M、N，利用△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，建立BE、OH之間的聯(lián)系，進一步整理得出y關于x的函數(shù)解析式，根據(jù)y＝0，得出x的定義域即可；（3）分三種情況探討：①當BH＝BG時，②當GH＝GB，③當HG＝HB，分別探討得出答案即可．(1)解：∵AB＝8，BC＝6，,∴AC＝10，∵AF⊥CE，∴∠AFC＝∠AFE＝90°，∵點F是線段CE的中點，∴CF＝EF，在△ACF和△AEF中，∴△ACF≌△AEF，∴AE＝AC＝10，∴BE＝2，∵∠CGF＝∠AGB，∠GFC＝∠ABG，∴∠FCG＝∠GAB，∠CBE＝∠ABG，∴△CBE∽△ABG，∴＝，即＝，BG＝，∴CG＝，∵∠GCF＝∠BCE，∠CFG＝∠CBE，∴△CGF∽△CBE，∴＝，又CE＝2CF，∴2CF2＝BC?CG，∴CF＝，∴GF＝＝；(2)如圖，作BM⊥AF，ON⊥AF，垂足分別為M、N，∵AF⊥CE，∴ONBMCE，∴△ONH∽△BMH，△ANO∽△AFC，△BMG∽△CFG，∴＝＝，＝，＝＝，∴＝，又∵△CBE∽△ABG，∴＝，BE＝x，∴BG＝x，∴＝，則y＝（0＜x＜）．(3)當△BHG是等腰三角形，①當BH＝BG時，∵，∴△AHD∽△BHG，∴＝，由（1）知，∴，∴，∵，∴，由（2）知時y＝，解得x＝3；②當GH＝GB，∵ABCD為矩形，∴，∴，∵，∴△GBH∽△OBC，同理解得x＝；③當HG＝HB，得出∠HGB＝∠HBG＝∠OCB不存在．所以BE＝3或．【點睛】此題綜合考查了矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，以及全等三角形的判定與性質，知識涉及的面廣，需要多方位思考解決問題，滲透分類討論的思想．6．（2022·上海浦東新·九年級期末）在中，，，，點O是邊AC上的一個動點，過O作，D為垂足，在線段AC上取，聯(lián)結ED，作，交射線AB于點P，交射線CB于點F．（1）如圖1所示，求證：∽；（2）設，，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；（3）當時，求線段AP的長．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）或6．【分析】（1）證△ADE∽△AEP，需找出兩組對應相等的角．證明∠AEP=∠ADE；再加上兩三角形的公共角∠A，即可證得兩三角形相似；（2）由△AOD∽△ACB，可得OD=OA，AD=OA；又由△ADE∽△AEP，可得y=x；（3）由△PBF∽△PED和△ADE∽△AEP，得；再將y=x，BP=4-AP=4-x代入，即可求得AP的長．【解析】（1）證明：∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴∽；（2）∵，，，∴AC=5，∵，，∴，∴，∴，，∵∽，∴，即，∴，∴，∵OA+OE<AC，∴x+5，即x，∴；（3）①當點P在線段AB上時，，∵∽，∴，∵∽，∴，∴，∴，∴，∴．②當點P在AB延長線上時，∵，，∴，∴，∴．過點E作，垂足是點G，∴，∴，，∵，∴，∴，∴．綜上所述，或6．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，一次函數(shù)的應用，以及分類討論的數(shù)學思想；其中由相似三角形的性質得出比例式是解題關鍵．注意：求相似比不僅要認準對應邊，還需注意兩個三角形的先后次序．此題還是一個綜合性很強的題目，難度很大，有利于培養(yǎng)同學們鉆研和探索問題的能力．7．（2021·上海·位育中學九年級階段練習）已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，tan∠A=，點D是射線AB上的一動點，聯(lián)結DC，過點C作DC⊥CE，垂足為C，聯(lián)結DE使得∠CDE=∠A，聯(lián)結BE；設AD=x，△BDE面積為y．（1）如圖1，求證：△ACD∽△BCE；（2）當D在AB延長線上時，求y關于x的函數(shù)解析式及x的取值范圍；（3）在點D的運動過程中，記射線EB與射線CD交于點P，若△EDP是等腰三角形，直接寫出x的值．【答案】（1）見解析；（2），x＞10；（3）．【分析】（1）由∠ACB＝∠DCE和∠CDE=∠A得出△CDE∽△CAB得出對應邊成比例，等量代換得∠ACD＝∠BCE即可判斷結論；（2）由三角函數(shù)值和勾股定理求得BC、AC的值，由△ACD∽△BCE，表示出BE的長度，并得出BE⊥AD，在Rt△BDE中，由三角形面積公式表示y化簡即可；（3）先判斷DP=DE,表示出，再根據(jù)勾股定理解題即可求出x的值．【解析】解（1）證明：∵DC⊥CE，∴∠ACB＝∠DCE＝90°，∵∠CDE=∠A，∴△CDE∽△CAB，∴，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE；（2）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，tan∠A=，∴，則設BC＝3a，AC＝4a，由勾股定理得：（3a）2+（4a）2＝102，解得：a＝2，∴BC＝6，AC＝8，由△ACD∽△BCE，AD=x，△BDE面積為y．∴∠A＝∠CBE，，即，∴，∵∠A+∠ABC＝90°，∴∠ABC+∠CBE＝90°，即BE⊥AD，∴在Rt△BDE中，BD＝AD－AB＝x－10，（x＞10），（3）如圖，．是等腰三角形由（2）知即當△EDP是等腰三角形時，．【點睛】本題考查相似三角形綜合題，涉及相似三角形的判斷與性質、直角三角形的判定、勾股定理等知識，有難度，掌握相關知識是解題關鍵．8．（2021·上海市徐匯中學九年級階段練習）已知：如圖，四邊形中，，，，平分．（1）求證：四邊形是菱形；（2）如果點在對角線上，聯(lián)結并延長，交邊于點，交線段的延長線于點（點可與點重合），，設長度是是常數(shù)，且，，，求關于的函數(shù)關系式，并寫出定義域；（3）在第（2）小題的條件下，當是等腰三角形時，求的長（計算結果用含的代數(shù)式表示）【答案】（1）見解析；（2）；（3）或時，為等腰三角形【分析】（1）由題意先判斷出∠DAC=∠DCA，∠BAC=∠BCA，進而得出∠DCA=∠BAC，∠DAC=∠BCA，即可得出結論；（2）由題意先判斷出△AEF∽△ABC，△ABC∽△BEC，得出比例式，即可得出結論；（3）根據(jù)題意分三種情況，①當CE=EG時，判斷出點F，G和點D重合，即：AF=AB，即可得出結論，②當CG=CE時，先判斷出∠FDG=∠FGD，得出FG=FD，即可得出AF=BF，進而判斷出FB=AC，即可得出結論；③當EG=GE時，判斷出∠CEG=∠CBF，而∠CEG=∠CBF+∠ACB，進而判斷出此種情況不存在．【解析】解：（1）證明：，，又平分，，，四邊形為平行四邊形又四邊形是菱形；（2）解：四邊形是菱形，，，，，，，，即；（3）解：是等腰三角形，①當時，，，，，，此時，點，和點重合，，，即，②當時，，，，，，，，，，，，即（負值已舍），③當時，，，，，此種情況不存在．綜上所述：或時，為等腰三角形．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查菱形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，分類討論的思想，解答本題的關鍵是找出相關角之間關系．9．（2021·上海市文來中學九年級期中）如圖，在梯形中，，，，點、分別在線段、上，．的延長線交邊于點，交于點、其延長線交的延長線于點．（1）求證：；（2）設，的面積為，求關于的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域；（3）聯(lián)結，當與相似時，求的長．【答案】（1）見解析；（2）y＝(0＜x≤9)；（3）3或．【分析】（1）由AD∥BC知，，結合DB=DC=15，DE=DF=5知，從而得，據(jù)此可得答案；（2）作DP⊥BC，NQ⊥AD，求得BP=CP=9，DP=12，由知BG=CH=2x，BH=18+2x，根據(jù)得，即DN＝，再根據(jù)知NQ＝，由三角形的面積公式可得答案；（3）分∠ADN=∠FGH和∠ADN=∠GFH兩種情況分別求解可得．【解析】解：（1）∵AD∥BC，∴，．∵DB=DC=15，DE=DF=5，∴，∴，∴BG=CH．（2）過點D作DP⊥BC，過點N作NQ⊥AD，垂足分別為點P、Q．∵DB=DC=15，BC=18，∴BP=CP=9，DP=12．∵，∴BG=CH=2x，∴BH=18+2x．∵AD∥BC，∴，∴，∴，∴DN＝．∵AD∥BC，∴∠ADN=∠DBC，∴sin∠ADN=sin∠DBC，∴，∴NQ＝．∴y＝AD?NQ＝x?(0＜x≤9)．（3）∵AD∥BC，∴∠DAN=∠FHG．（i）當∠ADN=∠FGH時，∵∠ADN=∠DBC，∴∠DBC=∠FGH，∴BD∥FG，∴，∴，∴BG=6，∴AD=3．（ii）當∠ADN=∠GFH時，∵∠ADN=∠DBC=∠DCB，又∵∠AND=∠FGH，∴△ADN∽△FCG．∴，∴x?(18?2x)＝?10，整理得x2-3x-29=0，解得x＝，或x＝（舍去）．綜上所述，當△HFG與△ADN相似時，AD的長為3或．【點睛】本題是相似三角形的綜合問題，解題的關鍵是掌握平行線分線段成比例定理及相似三角形的判定與性質、分類討論思想的運用等知識點．10．（2021·上?！ぞ拍昙壠谥校┮阎?，如圖，在矩形ABCD中，，，對角線AC，BD交于點O．點P從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動，速度也為1cm/s：當一個點停止運動時，另一個點也停止運動：聯(lián)結PO并延長，交BC于點E，過點Q作，交BD與點F，設運動時間為．（1）當t為何值時，是等腰三角形；（2）設五邊形OECQF的面積為，求S關于t的函數(shù)關系式；（3）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使OD平分?若存在求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）或5s；（2）；（3）存在，【分析】（1）根據(jù)矩形的性質和勾股定理得到AC=10，①當AP=PO=t，如圖1，過P作PM⊥AO，證得，再根據(jù)相似三角形的性質得到t的值，②當AP=AO=t=5，③當時，從而得到結論；（2）先證得△DFQ∽△DOC，由相似三角形的面積比可求得△DFQ的面積，再證得△AOP≌COE，證得AP=EC=t，得出△OEC的面積，從而可求五邊形OECQF的面積．（3）過D作DM⊥PE于M，DN⊥AC于N，由角平分線的性質得到，據(jù)勾股定理得到，由三角形的面積公式得到，根據(jù)勾股定理列方程，解方程即可得到結論．【解析】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，∠ABC=90°，∴AC=10，，點O到AD的距離為3，當為等腰三角形時，分三種情況討論：當AP=PO=t時過P作PM⊥AO，如圖1所示：∴，∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△APM∽△ACD，∴∴，∴；②當；③當時即點P與點D重合，．不合題意，舍去．綜上所述，當或5s時，為等腰三角形（2）在矩形ABCD中，，，∴∵，∴，∴，在矩形ABCD中，AD//BC，AO=CO，又得∠AOP=∠COE，∴∠PAO=∠ECO，∴△AOP≌COE，∴AP=EC=t，∴，∴（3）存在，理由如下：如圖3，過D作DM⊥PE于M，DN⊥AC于N，在矩形ABCD中，，，∴，∵∠POD=∠COD，∴，∴∵∴OP?DM=3PD，∴∴∵PD2=PM2+DM2，∴解得：t=16（不合題意，舍去），∴當時，OD平分∠COP．【點睛】本題考查了矩形的性質，角平分線的性質，相似三角形的判定和性質，圖形面積的計算，全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識；本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解決問題的關鍵．11．（2021·上海金山·二模）已知在△ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝120°，△ADE的頂點D在邊BC上，AE交BC于點F（點F在點D的右側），∠DAE＝30°．（1）求證：△ABF∽△DCA；（2）若AD＝ED．①聯(lián)結EC，當點F是BC的黃金分割點（FC＞BF）時，求．②聯(lián)結BE，當DF＝1時，求BE的長．【答案】（1）見解析；（2）①；②BE為或．【分析】(1)求出∠B、∠C,證明∠BAF=∠ADC即可；(2)①證明△ABC∽△DAE，得到對應邊成比例可證△ECF∽△ABF,從而即可得出答案；②作AH⊥BC于H,求出BC,利用△AB∽△DCA列方程求出BD=2或3,分情況畫出圖形分別求出BE．【解析】解：（1）證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∵∠DAE＝30°，∴∠B＝∠C＝∠DAE，∵∠ADC＝∠B+∠BAD，∠BAF＝∠DAE+∠BAD，∴∠BAF＝∠ADC，∴△ABF∽△DCA；（2）①∵△ABF∽△DCA，∴，即，∵AD＝ED，∴∠DAE＝DEA，∴∠DEA＝∠C，∵∠DAE＝∠B，∴△ABC∽△DAE，∴，即，∴，即，∴，∵∠EFC＝∠AFB，∴△ECF∽△ABF，∴，∵點F是BC的黃金分割點（FC＞BF），∴，∴；②作AH⊥BC于H，∵AB＝AC＝2，∠ABC＝30°，∴BC＝2BH，AH＝AB＝，BH＝得BC＝6，∵△ABF∽△DCA，∴，即CD?BF＝AB?AC，設BD＝x，則CD＝6﹣x，∵DF＝1，∴BF＝x+1，∴（6﹣x）?（x+1）＝×，解得x＝2或x＝3，∴BD＝2或3，當BD＝2時，BF＝3，即F為BC中點，如圖：∵AB＝AC，∴AF⊥BC，∵AD＝AE，∴AF＝EF，即BC垂直平分AE，∴BE＝BA＝，當BD＝3時，D為BC中點，如圖：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∠DAE＝30°，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠BAC＝60°，∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝90°，作DG⊥AE于G，∴AG＝AD?cos30°＝，∵AD＝DE，∴AE＝2AG＝3，∴BE＝，綜上所述，DF＝1時，BE為或．【點睛】本題考查等腰三角形性質、相似三角形判定與性質等知識，解題的關鍵是利用相似三角形性質求出BD的長度．12．（2022·上海黃浦·二模）如圖，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交邊AC于點D，E是BC邊上一點，且BE＝BA，過點A作AG∥DE，分別交BD、BC于點F、G，聯(lián)結FE．（1）求證：四邊形AFED是菱形；（2）求證：AB2＝BG?BC；（3）若AB＝AC，BG＝CE，聯(lián)結AE，求的值．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）由題目條件可證得△ABF≌△EBF（SAS）及△ABD≌△EBD（SAS），進而可推出AF＝FE＝ED＝DA，可得出四邊形AFED是菱形．（2）根據(jù)條件可證得△ABG∽△CBA，即可證明結論．（3）由條件可得△DAE∽△ABC，由相似比可得，由BE2＝EC?BC，得到點E是BC的黃金分割點，可得出，即可得出結論．【解析】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABF＝∠EBF，∵BA＝BE，BF＝BF，∴△ABF≌△EBF（SAS），∴AF＝EF，同理可得△ABD≌△EBD（SAS），∴AD＝ED，∠ADB＝∠EDB，∵AG∥DE，∴∠AFD＝∠EDF，∴∠AFD＝∠ADF，∴AF＝AD，∴AF＝FE＝ED＝DA，∴四邊形AFED是菱形．（2）證明：由（1）得：△ABF≌△EBF，∴∠BAG＝∠BEF，∵四邊形AFED是菱形，∴AD∥FE，∴∠BEF＝∠C，∴∠BAG＝∠C，∵∠ABG＝∠CBA，∴△ABG∽△CBA，∴，即AB2＝BG?BC．（3）解：如圖，∵AB＝AC，∴∠ABG＝∠C，∵∠BAG＝∠C，∴∠ABG＝∠BAG，∵∠AGC＝∠ABG＋∠BAG，∴∠AGC＝2∠BAG，∵BG＝CE，∴BE＝CG，∴CG＝CA，∴∠CAG＝∠CGA，∵∠CAG＝2∠DAE，∴∠DAE＝∠ABC，∴∠DEA＝∠ACB，∴△DAE∽△ABC，∴，∵AB2＝BG?BC，AB＝BE，∴BE2＝EC?BC，∴點E是BC的黃金分割點，∴，∴，∵∠EAC＝∠C，∴CE＝AE，∴，∴．【點睛】本題考查了菱形的判定，相似三角形的性質與判定及黃金分割點等知識，綜合性較強，熟練掌握相關知識并靈活運用所學知識求解是解題的關鍵．13．（2021·上海·九年級專題練習）（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ABC與△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直線BD，CE交于點F，直線BD，AC交于點G．則線段BD和CE的數(shù)量關系是，位置關系是；（2）類比探究如圖2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直線BD，CE交于點F，AC與BD相交于點G．若AB＝kAC，試判斷線段BD和CE的數(shù)量關系以及直線BD和CE相交所成的較小角的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸如圖3，在平面直角坐標系中，點M的坐標為（3.0），點N為y軸上一動點，連接MN．將線段MN繞點M逆時針旋轉90得到線段MP，連接NP，OP．請直接寫出線段OP長度的最小值及此時點N的坐標．【答案】（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由見詳解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值為3【分析】（1）先證明△ABD≌△ACE，從而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，結合∠AGB＝∠FGC，即可得到結論；（2）先證明ABCADE，從而得，結合∠BAD=∠CAE，可得BADCAE，進而即可得到結論；（3）把OPM繞點M順時針旋轉90°得到（與N重合），則，，(3，3)，，進而即可求解．【解析】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∵∠BAD＝∠BAC?∠DAC，∠CAE＝∠DAE?∠DAC∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵，∴△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠AGB＝∠FGC，∴∠CFG＝∠BAG＝90°，即BD⊥CE，故答案是：BD＝CE，BD⊥CE；（2）∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴ABCADE，∴，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴BADCAE，∴∠ABD=∠ACE，又∵∠AGB＝∠FGC，∴∠BFC=∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-α-β，∴AB=kAC，直線BD和CE相交所成的較小角的度數(shù)為：180°-α-β；（3）由題意得：MN=MP，∠NMP=90°，把OPM繞點M順時針旋轉90°得到（與N重合），則，，∵點M的坐標為（3，0），∴(3，3)∵OPM，∴，即線段OP長度最小時，的長度最小，∴當⊥y軸時，的長度最小，此時(0，3)，∴N(0，3)，OP的最小值為3.【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，通過旋轉變換，構造相似三角形或全等三角形，是解題的關鍵．14．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習）如圖，P是正方形ABCD邊BC上一個動點，線段AE與AD關于直線AP對稱，連接EB并延長交直線AP于點F，連接CF．（1）如圖（1），∠BAP＝20°，直接寫出∠AFE的大??；（2）如圖（2），求證：BE＝CF；（3）如圖（3），連接CE，G是CE的中點，AB＝1，若點P從點B運動到點C，直接寫出點G的運動路徑長．【答案】(1)45°；（2）證明見解析；（3）．【分析】(1)連接DF，作AM⊥DF，AN⊥EF，垂足分別為M、N，證四邊形AMFN是正方形即可；(2)連接AC，作AN⊥EF，垂足為N，證△CAF∽△BAN，列比例式即可；(3)連接AC，取AC中點O，連接OG，根據(jù)中位線性質確定G點運動軌跡，再根據(jù)弧長公式計算即可．【解析】解:(1)連接DF，作AM⊥DF，AN⊥EF，垂足分別為M、N，∵線段AE與AD關于直線AP對稱，∴∠DFA=∠EFA，∴AM=AN，∵AD=AB，∴Rt△AMD≌Rt△ANB，∴∠MAD=∠NAB，∵∠MAD+∠MAB=90°，∴∠NAB+∠MAB=∠MAN=90°，∴四邊形AMFN是正方形，∴∠AFE=45°；(2)連接AC，作AN⊥EF，垂足為N，由（1）可知，，∠CAB=∠FAN=45°，∴∠CAF=∠BAN，∴△CAF∽△BAN，，∴BN=FC，∵AB=AE，∴BE=2BN，∴BE=FC；(3)連接AC，取AC中點O，連接OG，∵G是CE的中點，∴OG=AE=，∴點G在以O為圓心，為半徑的圓上，當點P與C重合時，G與BC中點重合，當點P與B重合時，G與BA中點重合，點G運動的路徑是以為半徑，圓心角為90°的弧長，路徑長為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質和正方形的判定與性質，解題關鍵是恰當?shù)淖鬏o助線，構造全等三角形和相似三角形，通過線段相等或成比例解決問題．15．（2021·上海·九年級專題練習）（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展應用：在（2）的條件下，連接，若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）；見解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題；（2）如圖2中，作GM⊥AB于M．然后證明△ABE∽△GMF即可解決問題；（3）如圖3中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質求出PM，CM即可解決問題．【解析】（1）如圖（1），∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．∵四邊形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，∴DG∥QF，DQ∥GF，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴DQ=GF，∴FG=AE；（2）．理由：如圖（2）中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴GF：AE＝GM：AB，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴GF：AE＝AD：AB，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD，∴GF：AE＝BC：AB，∵，∴．（3）解：如圖（3）中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．由BE：BF＝3：4，設BE＝3k，BF＝4k，則EF＝AF＝5k，∵，，∴AE＝，在直角三角形ABE中，根據(jù)勾股定理，得，∴∴k＝1或﹣1（舍去），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴，∴，∴EM＝，PM＝，∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝=．【點睛】本題考查了正方形、矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)構建方程解決問題，是解題的關鍵．16．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習）如圖，已知正方形ABCD中，BC＝4，AC、BD相交于點O，過點A作射線AM⊥AC，點E是射線AM上一點，聯(lián)結OE交AB邊于點F．以OE為一邊，作正方形OEGH，且點A在正方形OEGH的內部，聯(lián)結DH．（1）求證：△HDO≌△EAO；（2）設BF＝x，正方形OEGH的邊長為y，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域；（3）聯(lián)結AG，當△AEG是等腰三角形時，求BF的長．【答案】（1）見解析；（2）（0＜x≤4）；（3）BF＝2或【分析】（1）根據(jù)正方形的性質得到∠AOD=90°，AO=OD，∠EOH=90°，OE=OH，由全等三角形的性質即可得到結論；（2）如圖1，過O作ON⊥AB于N，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到AN=BN=ON=AB=2，根據(jù)勾股定理得到OF===，根據(jù)平行線分線段成比例定理即可得到結論；（3）①當AE=EG時，△AEG是等腰三角形，②當AE=AG時，△AEG是等腰三角形，如圖2，過A作AP⊥EG于P③當GE=AG時，△AEG是等腰三角形，如圖3，過G作GQ⊥AE于Q，根據(jù)相似三角形的性質或全等三角形的性質健即可得到結論．【解析】解：（1）∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，∴∠AOD＝90°，AO＝OD，∵四邊形OEGH是正方形，∴∠EOH＝90°，OE＝OH，∴∠AOE＝∠DOH，∴△HDO≌△EAO（SAS）；（2）如圖1，過O作ON⊥AB于N，則AN＝BN＝ON＝AB＝2，∵BF＝x，∴AF＝4﹣x，∴FN＝2﹣x，∴OF＝＝＝，∴EF＝y(tǒng)﹣，∵AM⊥AC，∴AE∥OB，∴，∴＝，∴；（3）①當AE＝EG時，△AEG是等腰三角形，則AE＝OE，∵∠EAO＝90°，∴這種情況不存在；②當AE＝AG時，△AEG是等腰三角形，如圖2，過A作AP⊥EG于P，則AP∥OE，∴∠PAE＝∠AEO，∴△APE∽△EAO，∴＝，∵AE＝AG，∴PE＝y(tǒng)＝，AE＝＝，∴＝，解得：x＝2，②當GE＝AG時，△AEG是等腰三角形，如圖3，過G作GQ⊥AE于Q，∴∠GQE＝∠EAO＝90°，∴∠GEQ+∠EGQ＝∠GEQ+∠AEO＝90°，∴∠EGQ＝∠AEO，∵GE＝OE，∴△EGQ≌△OEA（AAS），∴EQ＝AO＝2，∴AE＝2EQ＝4＝，∴x＝，∴BF＝2或．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，勾股定理，正確的作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．17．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習）在四邊形中，點E為邊上的一點，點F為對角線上的一點，且．（1）若四邊形為正方形．①如圖1，請直接寫出_________；②將繞點B逆時針旋轉到圖2所示的位置，連接，猜想與的數(shù)量關系并說明理由；（2）如圖3，若四邊形為矩形，，其它條件都不變，將繞點B順時針旋轉得到，連接，請在圖3中畫出草圖，并直接寫出與的數(shù)量關系．【答案】（1）①；②DF=AE，理由見解析；（2）．【分析】（1）①利用正方形的性質得△ABD為等腰直角三角形，則BD=AB，再證明△BEF為等腰直角三角形得到BF=BE，所以BD-BF=AB-BE，從而得到DF=AE；②利用旋轉的性質得∠ABE=∠DBF，結合，則根據(jù)相似三角形的判定可得到△ABE∽△DBF，所以；（2）先畫出圖形得到圖3，利用勾股定理得到BD=AB，再證明△BEF∽△BAD得到，則，接著利用旋轉的性質得∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，所以，然后根據(jù)相似三角形的判定方法得到△ABE′∽△DBF′，再利用相似的性質可得．【解析】（1）①∵四邊形ABCD為正方形，∴△ABD為等腰直角三角形，∴BD=AB，∵EF⊥AB，∴△BEF為等腰直角三角形，∴BF=BE，∴BD-BF=AB-BE，∴DF=AE，∴，故答案為：；②DF=AE．理由如下：∵△EBF繞點B逆時針旋轉到圖2所示的位置，∴∠ABE=∠DBF，∵，，∴，∴△ABE∽△DBF，∴，∴DF=AE；（2）如圖3，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD=BC=mAB，∴BD=AB，∵EF⊥AB，∴EF∥AD，∴△BEF∽△BAD，∴，∴，∵△EBF繞點B順時針旋轉α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，∴∠ABE′=∠DBF′，BE′=BE，BF′=BF，∴，∴△ABE′∽△DBF′，∴，即．【點睛】本題屬于相似形的綜合題，主要考查了旋轉的性質、矩形和正方形的性質、相似三角形的判定和性質以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關鍵是利用相似比表示線段之間的關系．18．（2021·上海閔行·九年級期末）如圖，在矩形中，，，點E在邊AB上（點E與端點A、B不重合），聯(lián)結DE，過點D作，交BC的延長線于點F，連接EF，與對角線AC、邊CD分別交于點G、H．設，．（1）求證：，并求的正切值；（2）求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出該函數(shù)的定義域；（3）連接BG，當與相似時，求x的值．【答案】（1）證明見解析；；（2）；（3）和；【分析】（1）根據(jù)垂直關系得到，根據(jù)AA即可證明，得到，再根據(jù)正切的定義即可求解；（2）先證明，得到，代入得到，故可求解；（3）根據(jù)題意分和，分別列出比例式求出x的值即可求解．【解析】解：（1）∵，∴在和中∴∵，，∴∴（2）由（1）可知∴∴∵ABCD∴，∴∴∴，（3）∵，，過點E作EM⊥CD于M點，∴四邊形AEMD為矩形∴MH=DH-DM=DH-AE=y-x，∴，，，∵ABCD∴∴∴∴∵，若，∴∴即化簡得∵∴化簡得解得或(舍去)若，則有∴∴∴綜上，和時與相似．【點睛】本題考查了矩形的性質、函數(shù)關系式、正切的定義、相似三角形的判定和性質等知識點，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．19．（2020·上海浦東新·九年級階段練習）如圖，梯形ABCD中，AD//BC，，且，．點M為邊BC上一動點，連接AM并延長交射線DC于點F，作交射線BC于點E、交邊DC于點N，聯(lián)結EF．（1）當時，求CF的長；（2）連接AC，求證：（3）設，，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域．【答案】（1）1；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）作于H，結合題意，通過證明AHCD為平行四邊形，得，；結合，推得是直角等腰三角形，，再通過證明，利用相似比計算即可得到答案；（2）連接AC，通過證明和，求得；利用，得到；再通過三角形內角和及，得到，從而推導得，即可完成解題；（3）根據(jù)，且，得，從而得到，再根據(jù)相似比以及直角中勾股定理，建立等式并求解，即可得到答案．【解析】（1）作于H∴∵∴∵∴AHCD為平行四邊形∴，∵∴∴是等腰三角形∴∴∵∴∵∴∴∵即∴；（2）連接AC，如圖：∵，∴∵

∴∴又∵∴∴∵∴∵∴∴∴∴∴（3）∵，且∴∵∴∴∵∴∵點M為邊BC上一動點，連接AM并延長交射線DC于點F∴∴點M在點H和點C之間，即∴．【點睛】本題考查了梯形、平行四邊形、等腰三角形、直角三角形勾股定理、相似三角形、一元一次方程、三角形內角和的知識；解題的關鍵是熟練掌握相似三角形、勾股定理的性質，從而完成求解．20．（2021·上?！ぞ拍昙墝ｎ}練習）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，點D，E分別是邊BC，AC的中點，連接DE．將△EDC繞點C按順時針方向旋轉，記旋轉角為α．（1）①當α＝0°時，=；②當α＝180°時，=；（2）試判斷：當0°≤α＜360°時，的大小有無變化？請僅就圖2的情況給出證明．（3）當△EDC旋轉至A、B、E三點共線時，直接寫出線段BD的長．【答案】（1）①，②；（2）無變化，證明見解析；（3）或．【分析】（1）①先用勾股定理求出AC，再由中點可求出BD，AE，從而得到答案；②當α＝180°時，點E在AC的延長線上，點D在BC的延長線上，由題可知，CD＝BC，CE＝AC，即可得出結論；（2）先找到，然后證明△ACE∽△BCD，即可得出結論；（3）先由（2）可算出BD＝AE，然后分類討論即可得出結論．【解析】解：（1）①當α＝0°時，在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝1，∴AC＝，∵點D，E是BC，AC的中點，∴BD＝BC＝，AE＝AC＝，∴；②當α＝180°時，如圖，點E在AC的延長線上，點D在BC的延長線上，由題意可知，CD＝BC，CE＝AC，∴BD＝BC+CD＝BC＝，AE＝AC+CE＝AC＝，∴；（2）無變化，在圖1中，點D，E是BC，AC的中點，∴DE∥BA，∴，如圖2，∵△EDC在旋轉過程中形狀大小不變，∴仍然成立，由旋轉知，∠ACE＝∠BCD＝α，∴△ACE∽△BCD，∴，∴的大小不變；（3）由（1）知，CE＝AC＝，在Rt△CBE中，BC＝1，根據(jù)勾股定理得，BE＝，由（2）知，，∴BD＝AE，如圖3，當點落在線段AB上時，AE＝AB﹣BE＝，∴BD＝AE＝×＝；如圖4，當點落在線段AB的延長線上時，AE＝AB+BE＝2+＝∴BD＝AE＝×＝，即：當△EDC旋轉至A、B、E三點共線時，線段BD的長為或．【點睛】本題考查了幾何變換的綜合問題，主要考查了勾股定理，旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，注意分類討論的思想是解題的關鍵．21．（2022·上海·八年級期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=6，BC=8，點D是BC邊上的一個動點（D不與B、C點重合），作DE⊥AB，垂足為E.連接AD，設CD=x，DE=y．(1)當E點為AB的中點時，求CD的長；(2)求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域；(3)過B作DE的平行線交AD的延長線于F，當△BDF為以BD為腰的等腰三角形時，直接寫出CD的長度．【答案】(1)；(2)（）；(3)3或．【分析】（1）利用條件證明DA=DB，在Rt△ACD中，利用勾股定理求解即可；（2）利用，即可求出y關于x的函數(shù)關系式；（3）分情況討論：當BD=BF時，利用，解得x=3；當BD=DF時，證明BD=AD，所以，解得．（1）解:∵E點為AB的中點，DE⊥AB，∴DA=DB，設CD=x，則DA=DB=8－x，在Rt△ACD中，由勾股定理得：，即，解得，即CD=；（2）解：根據(jù)等面積法，得，∴，∴（）；（3）解：如圖3所示，當BD=BF時，∠1=∠2=∠3，在Rt△ABF中，，在Rt△ACD中，，∴，解得x=3；當BD=DF時，∠1=∠4，又∠ABF=90，∴∠4+∠5=90，∠1+∠6=90，∴∠5=∠6，∴BD=AD，∴，解得；綜上所述：當△BDF為以BD為腰的等腰三角形時，CD的長度為3或．【點睛】本題考查勾股定理，等腰三角形的性質，垂直平分線的性質，一次函數(shù)的實際應用，解題的關鍵是熟練掌握勾股定理以及等腰三角形的性質，垂直平分線的性質，一次函數(shù)的實際應用，（3）中注意分情況討論．22．（2021·上海閔行·九年級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，點D是射線BC上的一個動點，過點B作BE⊥DA，垂足為點E，延長BE交射線CA于點F，設BD＝x，AF＝y(tǒng)．(1)如圖1，當點C是線段BD的中點時，求tan∠ADB的值；(2)如圖2，當點D在BC的延長線上，求y關于x的函數(shù)解析式及其定義域．(3)當AE＝3EF時，求△ABD的面積．【答案】(1)(2)(3)或【解析】(1)在中，，，∴，如圖1，過點作，垂足為，∴，在與中，，∴，∴，∵，∴，∴∵是線段的中點，∴，∴，在中，(2)∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，如圖2，過點作，交于點，∵，，∵，，，，∴，，∴，在與中，，∴，∴∴，∴(3)情況一：當點在的延長線上時，在與中，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴；情況二：當點在的邊上時，在與中，∴，∴，∵，，∴，∴.同（2），如圖5，過點作交的延長線于點，可求得

∴，∴，∴，∴綜上所述或【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，求正切值，求函數(shù)解析式和定義域，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．23．（2022·上海虹口·九年級期末）已知：如圖，在中，，，，點D是邊BC延長線上的一點，在射線AB上取一點E，使得，過點A作于點F．(1)當點E在線段AB上時，求證：；(2)在（1）題的條件下，設，，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出x的取值范圍；(3)記DE交射線AC于點G，當時，求CD的長．【答案】(1)證明見解析；(2)，；(3)．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定定理可得，，由其性質：相似三角形的對應邊成比例，進行等量代換即可證明；（2）根據(jù)正切函數(shù)設，，利用勾股定理確定三邊長度，根據(jù)（1）中，代入可確定y與x的函數(shù)關系式，考慮當時，，當時，點E與點B重合，點F與點C重合，此時x取得最大值；當時，，不符合題意，不進行討論；綜合即可得出自變量的取值范圍；（3）分兩種情況進行討論：當點G在線段AC上時，延長AF交BC于點M，作于點N，根據(jù)相似三角形的性質及角之間的關系可得，再由等腰三角形三線合一的性質得出，根據(jù)三角形等面積法即可得出，由此確定CD；當點G在AC的延長線上時，根據(jù)相似三角形的性質及三角形外角的性質可得這種情況不存在，綜合兩種情況即可得出結果．（1）證明：∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵，，∴，設，，∵，∴，解得：，∴，，∴，由（1）得，∴，∴，當時，，符合題意，∴；當時，點E與點B重合，點F與點C重合，此時x取得最大值，∴，當時，，不符合題意，不進行討論；綜上可得：；（3）解：如圖所示：當點G在線段AC上時，延長AF交BC于點M，作于點N，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵∴，∴，∴，∵AM平分，∴，由得，，解得：，∴；如圖所示：當點G在AC的延長線上時，∵，∴，∵是的外角，∴，這種情況不存在，∴．【點睛】題目主要考查相似三角形的判定和性質，勾股定理，三角形外角的性質，等腰三角形的判定和性質，角平分線的性質等，理解題意，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關鍵．24．（2022·上海崇明·九年級期末）已知：如圖，正方形的邊長為1，在射線AB上取一點E，聯(lián)結DE，將ADE繞點D針旋轉90°，E點落在點F處，聯(lián)結EF，與對角線BD所在的直線交于點M，與射線DC交于點N．求證：(1)當時，求的值；(2)當點E在線段AB上，如果，，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；(3)聯(lián)結AM，直線AM與直線BC交于點G，當時，求AE的值．【答案】(1)；(2)，0≤x≤1；(3)AE的值為或．【分析】（1）過點E作EH⊥BD與H，根據(jù)正方形的邊長為1，，求出EB=1-，根據(jù)正方形性質可求∠ABD=45°，根據(jù)EH⊥BD，得出∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，求出EH=BH=BEsin45=，以及DH=DB-BH=，利用三角函數(shù)定義求解即可；（2）解：根據(jù)AE=x，求出BE=1-x，根據(jù)旋轉將△ADE繞點D針旋轉90°，得到△DCF，CF=AE=x，根據(jù)勾股定理ED=FD=,EF=，可證△DEF為等腰直角三角形，先證△BEM∽△FDM，得出，再證△EMD∽△BMF，得出，兩式相乘得出，整理即可；（3）當點G在BC上，，先證△BGM∽△DAM，得出，由（2）知△BEM∽△FDM，得出，得出，結合，消去y，當點G在CB延長線上，，過M作ML⊥BC，交直線BC于L，證明△BGM∽△DAM，得出